Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


moonlight0610

Đăng ký: 03-01-2012
Offline Đăng nhập: 08-12-2019 - 12:39
****-

#351952 1 kỳ thi có 720 thí sinh, tìm n để bất kì 2 thí sinh nào cũng có 1 đề thi khá...

Gửi bởi moonlight0610 trong 03-09-2012 - 21:00

1 kỳ thi có 720 thí sinh. Mỗi thí sinh được phát 1 đề thi gồm 4 câu được chọn từ n câu. Hai đề thi gọi là khác nhau nếu có ít nhất 1 câu khác nhau. Tìm số n nhỏ nhất sao cho bất kì 2 thí sinh nào cũng có 1 đề thi khác nhau. Với số n đó ta có thể lập được bao nhiêu đề thi?


#336058 $\sin ^{8}x+\cos ^{8}=\frac{35}{64}+\frac{7}{16}...

Gửi bởi moonlight0610 trong 15-07-2012 - 18:02

Làm luôn câu 2 :P
2.$\cos^{10}x+\sin ^{10}x=\frac{1}{32}(1-cos2x)^{5}+\frac{1}{32}(1+cos2x)^{5}$
$=\frac{1}{32}(-cos^{5}2x+5cos^{4}2x-10cos^{3}2x+10cos^{2}2x-5cos2x+1+cos^{5}2x+5cos^{4}2x+10cos^{3}2x+10cos^{2}2x+5cos2x+1)$
$=\frac{5}{16}cos^{4}2x+\frac{5}{8}cos^{2}2x+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [\frac{(cos4x+1)^{2}}{4}\right ]+\frac{5}{8}\left [ \frac{cos4x+1}{2} \right]+\frac{1}{16}$
$=\frac{5}{16}\left [ \frac{1}{4}(\frac{cos8x+1}{2})+\frac{1}{2}cos4x+\frac{1}{4} \right ]+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{128}+\frac{5}{32}cos4x+\frac{5}{16}cos4x+\frac{3}{8}$
$=\frac{5}{128}cos8x+\frac{15}{32}cos4x+\frac{63}{128}$
P/s: Do cái bài này nằm trg mục PT, HPT lượng giác nên em đã bất cẩn ko đọc đề :D Hèn zì làm thấy nghiệm nó kì kì. Chị Ly gợi ý cho e giải bài pt LG của chị đi :P


#336034 $sin^4x+cos^4x = \frac{1}{2}sin2x$

Gửi bởi moonlight0610 trong 15-07-2012 - 17:08

a) $sin^{4}x+cos^{4}x=\frac{1}{2}sin2x\Leftrightarrow 1-2sin^{2}xcos^{2}x=\frac{1}{2}sin2x$
$\Leftrightarrow 1-\frac{sin^{2}2x}{2}=\frac{1}{2}sin2x\Leftrightarrow sin^{2}2x+sin2x-2=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
sin2x=1\\
sin2x=-2 (l)
\end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}+k\pi (k\epsilon \mathbb{Z})$
b) $sin^{4}x+cos^{4}x=\frac{3-cos6x}{4}\Leftrightarrow \frac{3}{4}+\frac{1}{4}cos4x=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}cos6x$
$\Leftrightarrow cos6x=-cos4x\Leftrightarrow cos6x=cos(\pi -4x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{10}+k\frac{2}{5}\pi \\ x=-\frac{\pi }{2}+k\pi
\end{bmatrix} (k\epsilon \mathbb{Z})$
c) $sin^{2}x-cos^{2}x=cos4x\Leftrightarrow cos4x=-cos2x\Leftrightarrow cos4x=cos(\pi -2x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{6}+k\frac{\pi}{3} \\ x=-\frac{\pi }{2}+k\pi

\end{bmatrix} (k\epsilon \mathbb{Z})$


#335685 [28/6/2012] Giải PT: 1/ $2cos13x+3cos8x=8cosx.cos^{3}4x-3cos5x$

Gửi bởi moonlight0610 trong 14-07-2012 - 19:44

2/ $4cos3x.cos^{3}x-4sin3x.sin^{3}x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow 4cos3x\frac{cos3x+3cosx}{4}-4sin3x\frac{3sinx-sin3x}{4}-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow cos^{2}3x+3cosxcos3x-3sinxsin3x+sin^{2}3x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow 1+3cos4x-4cos^{3}4x=1+sin5x$
$\Leftrightarrow cos12x=-sin5x \Leftrightarrow cos12x=cos(\frac{\pi }{2}+5x)$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
12x=\frac{\pi }{2}+5x+k2\pi\\ 12x=-\frac{\pi }{2}-5x+k2\pi \end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}
x=\frac{\pi }{14}+k\frac{2}{7}\pi\\ x=-\frac{\pi }{34}+k\frac{2}{17}\pi
\end{bmatrix}(k\epsilon \mathbb{Z})$
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm


#335502 Giải PT lượng giác : $256^{sin^{2} x}-81^{sin^...

Gửi bởi moonlight0610 trong 14-07-2012 - 08:20

*Điều kiện:
$sin^{2}x \in (0;1]$ ; $cos^{2}x \in (0;1]$

*Phương trình đã cho tương đương:
$256^{sin^{2}x}+256^{cos^{2}x}=81^{sin^{2}x}+81^{cos^{2}x}+49^{sin^{2}x}+49^{cos^{2}x}$
Áp dụng BĐT AM-GM, ta được:
$256^{sin^{2}x} + 256^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{256^{sin^{2}x}.256^{cos^{2}x}}=2\sqrt{256^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=32$

$81^{sin^{2}x} + 81^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{81^{sin^{2}x}.81^{cos^{2}x}}=2\sqrt{81^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=18$

$49^{sin^{2}x} + 49^{cos^{2}x}\geq 2\sqrt{49^{sin^{2}x}.49^{cos^{2}x}}=2\sqrt{49^{sin^{2}x+cos^{2}x}}=14$
$\Longrightarrow 81^{sin^{2}x}+81^{cos^{2}x}+49^{sin^{2}x} + 49^{cos^{2}x}\geq 18+14=32$
Dấu "=" xảy ra khi: $sin^{2}x=cos^{2}x \Longleftrightarrow sin^{2}x=1-sin^{2}x \Longleftrightarrow sin^{2}x= \dfrac{1}{2}$
$ \Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}.(1-cos2x)=\dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow cos2x=0 \Longleftrightarrow 2x= \dfrac{\pi}{2}+k\pi \Longleftrightarrow x= \dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2}$ (k $\epsilon$Z)
P/s: Bài này e làm theo suy nghĩ của e nên ko biết đúng hay sai, nếu sai chỗ nào thì chị sửa lại cho e để e rút kinh nghiệm cho lần sau nhé :P


#308113 $tan\frac{B}{2}=\frac{sinB}{sinA+ sinC}$ CMR tam giác nào...

Gửi bởi moonlight0610 trong 04-04-2012 - 12:41

Cách này hơi dài tí, bạn xem thử rồi cho mình ý kiến nhé :D
$tan\frac{B}{2}=\frac{sinB}{sinA+sinC}$ $\Leftrightarrow \frac{sin\frac{B}{2}}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{sinA+sin(A+B)}$
$\Leftrightarrow \frac{sin\frac{B}{2}}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{2sin\frac{2A+B}{2}cos\frac{B}{2}}$
$\Leftrightarrow \frac{sinB}{cos\frac{B}{2}}=\frac{sinB}{sin\frac{2A+B}{2}}$
$\Leftrightarrow sin\frac{2A+B}{2}-cos\frac{B}{2}=0\Leftrightarrow sin\frac{2A+B}{2}-sin\frac{A+C}{2}=0$
$\Leftrightarrow 2cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4}\right )sin\left ( \frac{\pi }{4}-\frac{C}{2} \right )=0$
$\Leftrightarrow cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4} \right )=0$ hoặc $sin\left ( \frac{\pi }{4}-\frac{C}{2} \right )=0$
$\Leftrightarrow cos\left ( \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4} \right )=cos\frac{\pi }{2}$ hoặc $\frac{\pi }{4}=\frac{C}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{A}{2}+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$ hoặc $C=\frac{\pi }{2}$
$\Leftrightarrow A=\frac{\pi }{2}$ hoặc $C=\frac{\pi }{2}$
Vậy tam giác thỏa mãn hệ thức đã cho là tam giác vuông.


#307795 Chứng minh rằng: $b\leq OM\leq a$

Gửi bởi moonlight0610 trong 02-04-2012 - 19:46

Cách này ngắn hơn tí :D
$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$. Do a > b > 0 nên ta có:
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$ $\geq \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2}$
$\Leftrightarrow 1 \geq \frac{OM^2}{a^2} \Leftrightarrow OM\leq a$ (OM =a khi y=0)
* 1 = $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$$\leq \frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{b^2} \Leftrightarrow 1\leq \frac{OM^2}{b^2}\Leftrightarrow OM\geq b$ (OM = b khi x=0)
Vậy b $\leq OM \leq a$ (đpcm)


#306141 $\large cos^2A+cos^2B+cos^2C-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2...

Gửi bởi moonlight0610 trong 24-03-2012 - 14:31

Cho A, B, C là 3 góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng để tam giác ABC đều thì điều kiện cần và đủ là:
$\large cos^2A+cos^2B+cos^2C-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos(\frac{C-A}{2})$


Bài này hình như có vấn đề rồi bạn ơi, đề đúng phải là $cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2=\frac{1}{4}cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}$ nếu thế thì mình giải như sau:
Ta có: $cos^{2}\frac{A}{2}+cos^{2}\frac{B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2= \frac{1+cos2A}{2}+\frac{1+cos2B}{2}+cos^{2}\frac{C}{2}-2$
=$1+cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}+1-sin^{2}\frac{C}{2}-2$
=$2+sin\frac{C}{2}(cos\frac{A-B}{2}-cos\frac{A+B}{2})-2$
=$2sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$
Giả thiết đã cho tương đương với:
$8sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=cos\frac{A-B}{2}cos\frac{B-C}{2}cos\frac{C-A}{2}$
$\Leftrightarrow 64sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$
=$8cos\frac{A-B}{2}sin\frac{A+B}{2}cos\frac{B-C}{2}sin\frac{B+C}{2}cos\frac{C-A}{2}sin\frac{C+A}{2}$
$\Leftrightarrow 8sinAsinBsinC=(sinA+sinB)(sinB+sinC)(sinC+sinA)$
$\Leftrightarrow 8abc=(a+b)(b+c)(c+a)$
Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: $(a+b)(b+c)(c+a) \geq 8abc$ $\Rightarrow$ Q.E.D
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. Vậy tam giác ABC đều.


#306136 CMR :$a = \frac{P.sin\frac{A}{2}}{cos\frac{B}{2}.cos...

Gửi bởi moonlight0610 trong 24-03-2012 - 12:58

Giả thiết đã cho tương đương với $\frac{a}{P}=\frac{sin\frac{A}{2}}{cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$
Theo định lí hàm số sin, ta có:
$\frac{a}{P}=2\frac{2RsinA}{a+b+c}=\frac{4RsinA}{2R(sinA+sinB+sinC)}=\frac{8Rsin\frac{A}{2}cos\frac{A}{2}}{8Rcos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}=\frac{sin\frac{A}{2}}{cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$ $\Rightarrow Q.E.D$


#305745 $\frac{sin^{2}\alpha -cos^{2}\alpha }{1+2sin\alpha c...

Gửi bởi moonlight0610 trong 21-03-2012 - 20:55

VT=$\frac{(sin\alpha-cos\alpha)(sin\alpha +cos\alpha )}{sin^{2}\alpha +cos^{2}\alpha +2sin\alpha.cos\alpha }=\frac{(sin\alpha-cos\alpha)(sin\alpha +cos\alpha )}{(sin\alpha +cos\alpha )^{2}}=\frac{sin\alpha-cos\alpha}{sin\alpha +cos\alpha}$
VP=$\frac{sin\alpha -cos\alpha }{cos\alpha }:\frac{sin\alpha +cos\alpha }{cos\alpha }=\frac{sin\alpha -cos\alpha}{sin\alpha +cos\alpha}$
$\Rightarrow$ VT=VP (đpcm)


#300561 Cm $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq \frac{5}{16}(a+b+c+1)^2$

Gửi bởi moonlight0610 trong 22-02-2012 - 21:25

Câu này tớ đã từng hỏi rồi :D Đây là cách giải của bạn Ispectorgadget!
Ta có: $(a+b+c+1)^2=(a.1+\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}(b+c)+\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2})^2\leq (a^2+1)[3+2(b+c)^2]$
Khi đó ta cần chứng minh BĐT sau
$\frac{5}{16}[3+2(b+c)^2]\leq (b^2+1)(c^2+1)$
Hay $16b^2c^2+6(b^2+c^2)+1\geq 20cb$
BĐT hiển nhiên đúng do
$16b^2c^2+1\geq 8cb;6(b^2+c^2)\geq 12bc$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $c=b=\frac{1}{2}$


#300469 CM BĐT theo 2 cách $\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\df...

Gửi bởi moonlight0610 trong 22-02-2012 - 12:57

nhưng áp dụng cho $ \frac{a}{1+b^2}$ kiểu gì hả anh.

theo e hiểu là: $VT\geq a-\frac{ab}{2}+b-\frac{bc}{2}+c-\frac{ca}{2}$
  • PSW yêu thích


#298647 \[\left\{\begin{matrix} (x+y+2)(2x+2y-1)=0 & &...

Gửi bởi moonlight0610 trong 08-02-2012 - 20:32

Còn mấy bài này thì sao:
1.\[\left\{\begin{matrix} xy-x+y=-3 & & \\ x^2+y^2-x+y+xy=6& & \end{matrix}\right.\]
Bài này thì mình nhìn thấy
có xy-x+y=-3 ở
cả 2 PT rồi nhưng còn x^2 +y^2 thì chưa biết cách giải quyết
2.
\[\left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{x-y}=\sqrt{x-y} & & \\ x+y=\sqrt{x+y+2}& & \end{matrix}\right.\]
3.
\[\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-y}=9-\left | x+2y \right | & & \\ x(x+4y-2)+y(4y+2)=41& & \end{matrix}\right.\]


Bài 1 trc :D
$\left\{\begin{matrix}xy-x+y=-3 \\ x^{2}+y^{2}-x+y+xy=6 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}xy-x+y=-3 \\ x^{2}+y^{2}=9 \end{matrix}\right.$
Đặt -x=u, y=v
hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-uv+u+v=-3 \\ u^{2}+v^{2}=9 \end{matrix}\right.$
Đặt S=u+v, P=u.v
hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-P+S=-3 \\ S^{2}-2P=9 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=S+3 \\ S^{2}-2S-15=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}P=S+3 \\ S=5 hay S=-3 \end{matrix}\right.$
*S=5 => P=8
*S=-3 => P=0
TH1: S=5, P=8
Ta có u,v là nghiệm của pt
$x^{2}-Sx+P=0 \Leftrightarrow x^{2}-5x+8=0$
$\Rightarrow$ pt vô nghiệm
TH2: S=-3, P=0
Ta có u, v là nghiệm của pt:
$x^{2}-Sx+P=0 \Leftrightarrow x^{2}+3x=0$
$\Leftrightarrow x(x+3)=0 \Leftrightarrow$ x=0 hay x=-3
Chọn $\left\{\begin{matrix}u=0 \\ v=-3 \end{matrix}\right. hay \left\{\begin{matrix}u=-3 \\ v=0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 \\ y=-3 \end{matrix}\right. hay \left\{\begin{matrix}x=3 \\ y=0 \end{matrix}\right.$
Vậy hệ có 2 nghiệm (0;-3) và (3;0)


#297669 \[\left\{\begin{matrix} (x-1)(x+2)< 0 & &...

Gửi bởi moonlight0610 trong 01-02-2012 - 12:54

Câu 2: Hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x\leq \frac{m-1}{2} \\ x\leq \frac{1-2m}{m} \end{matrix}\right.$
Để hệ có nghiệm duy nhất:
$\frac{m-1}{2}=\frac{1-2m}{m}$ Điều kiện: $m\neq 0$
$\Leftrightarrow m^{2}+3m-2= 0$
Giải ra, ta được: m= $\frac{-3\pm \sqrt{17}}{2}$ (thỏa $m\neq 0$ )
Vậy với m=$\frac{-3+\sqrt{17}}{2} \cup m=\frac{-3-\sqrt{17}}{2}$ thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất! ^^ Đây là cách giải của mình, có gì thiếu sót, mọi người góp ý cho tớ để tớ sửa nhé! :D


#297238 $\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}+\sqrt{\frac{b^{2}}{b...

Gửi bởi moonlight0610 trong 29-01-2012 - 13:42

Câu cuối trước:
Ta có: $\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}$ = $\sqrt{\frac{a^2(1+b+c)}{(a^2+b+c)(1+b+c)}}$ $\leq$ $\frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}}{a+b+c}$
Xây dựng hai cái tương tự rồi cộng vế vs vế ta đk:
$\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}$ + $\sqrt{\frac{b^{2}}{b^{2}+c+a}}$ + $\sqrt{\frac{c^{2}}{c^{2}+a+b}}$ $\leq$ $\frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}+\sqrt{b^2(1+c+a)}+\sqrt{c^2(1+a+b)}}{a+b+c}$
Bây h ta cần cm: $\sqrt{a^2(1+b+c)}$ + $\sqrt{b^2(1+c+a)}$ + $\sqrt{c^2(1+a+b)}$ $\leq$ $3(a+b+c)$
Thật vậy, nghe nói theo ông Cauchy-Schwarz ta cóa:
$\sqrt{a^2(1+b+c)}$ + $\sqrt{b^2(1+c+a)}$ + $\sqrt{c^2(1+a+b)}$ = $\sqrt{a(a+ab+ac)}$ + $\sqrt{b(b+bc+ba)}$ + $\sqrt{c(c+ca+cb)}$ $\leq$ $\sqrt{(a+b+c)(a+b+c+2ab+2bc+2ca)}$.
Đến đây tớ nghĩ Châu nên làm tiếp!
p/s1: bài này kòn một cách giải nữa của anh Nguyễn Đình Toàn - toan_glifc nhưng t không nhớ, cách trên là của anh VQBC
p/s2: Ngại gõ latex, ngại làm bđt! :D


Hì, cám ơn Quả nhìu nhé! ^^ Tới đây C làm đc rồi :D Vô cùng vô cùng vô cùng cám ơn Quả đã dành thời gian vào giải! Bản Latex rắc rối thật, nhưng tiện cái đọc dễ hiểu :)